人教版物理高一上册 第三章 相互作用——力易错题(Word版 含答案)

一、第三章 相互作用——力易错题培优（难）
1．水平传感器可以测量器械摆放所处的水平角度，属于角度传感器的一种，其作用就是测量载体的水平度，又叫倾角传感器。

如图为一个简易模型，截面为内壁光滑的竖直放置的正三角形，内部有一个小球，其半径略小于内接圆半径，三角形各边有压力传感器，分别感受小球对三边压力的大小，根据压力的大小，信息处理单元能将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来。

如果图中此时BC 边恰好处于水平状态，将其以C 为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AC 边水平，则在转动过程中（ ）
A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，A
B 处于水平状态 B ．球对A
C 边的压力一直增大 C ．球对BC 边的压力一直减小
D ．BC 边所受压力不可能大于球的重力 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
对正三角形内部的小球受力分析，如图所示
由几何关系可知，随着角度θ从0°到120°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α + θ = 120°，所以角β也保持不变，β = 60°，由平衡条件和正弦定理得
()
sin sin sin 120AC BC N N G
βθθ==︒- 所以球对AC 边的压力
23
sin sin sin sin sin 60AC
AC G G N N θθθβ'====︒ 球对BC 边的压力
()()()23
sin 120sin 120sin 120sin sin 603
BC
BC G G N N G θθθβ'==︒-=︒-=︒-︒ A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，即AC
BC N N ''=，则θ = 60°，此时AB 处于水平状态，故A 正确；
BC ．角度θ从0°到120°增大过程中，sin θ和()sin 120θ︒-都是先增大后减小，所以球对AC 边的压力和球对BC 边的压力都是先增大后减小，BC 错误；
D ．当0 < θ < 60°时，BC
N G '>，即BC 边所受压力有可能大于球的重力，故D 错误。

故选A 。

2．如图所示，质量为M 的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m 的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态，则（ ）
A ．地面对圆柱体的支持力大于（M ＋m ）g
B ．地面对圆柱体的摩擦力为mg tan θ
C ．墙壁对正方体的弹力为
tan mg
θ D ．正方体对圆柱体的压力为cos mg
θ
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
CD ．以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示
墙壁对正方体的弹力
N 1=
tan mg
θ
圆柱体对正方体的支持力为
2sin mg
N θ=
根据牛顿第三定律，正方体对圆柱体的压力为sin mg
θ。

选项C 正确，D 错误；
AB ．以圆柱体和正方体整体为研究对象，地面对圆柱体的支持力
N =(M ＋m ）g
水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力
f =N 1=
tan mg
θ
选项AB 错误。

故选C 。

3．如图所示，木块B 静止在水平地面上，木块A 叠放在B 上。

A 的左侧靠在光滑的竖起墙面上。

关于A 、B 的受力情况，下列说法中正确的是（ ）
A ．
B 对A 的作用力方向一定竖直向上 B ．B 对A 的作用力一定大于A 的重力
C ．地面对B 的摩擦力方向可能向右
D ．地面对B 的支持力大小等于A 、B 的总重力 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．对A 受力分析可知：若A 与B 的接触面光滑，则A 受重力、支持力及墙壁对A 的支持力作用，A 处于静止状态，合力为零，由于A 、B 之间的接触面倾斜，则B 对A 的支持力垂直接触面斜向上，且大于A 的重力。

若接触面粗糙，A 受到重力、B 对A 的支持力，还可能受到B 对A 的摩擦力，有可能A 还受到墙壁的支持力；当墙壁对A 没有支持力时，B 对A 的支持力与摩擦力的合力与A 的重力大小相等，方向相反。

由以上分析可知，故A 错误，B 错误；
C ．若A 与B 的接触面光滑，木块B 受重力、地面的支持力、A 对B 斜向下的压力以及地面的摩擦力处于静止状态，合力为零，则摩擦力方向水平向左。

若接触面粗糙，木块B 受重力、地面的支持力、A 对B 斜向下的压力以及A 对B 的静摩擦力，其中A 对B 斜向下的压力以及A 对B 的静摩擦力的合力与A 的重力大小相等，方向竖直向下，所以B 不受地面
的摩擦力，故C错误；
D．对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向合外力为零，故地面对B的支持力一定等于两物体的重力，故D正确。

故选D。

4．如图所示，光滑的圆柱置于斜面上，挡板AB可绕固定轴B转动，使挡板AB从图示位θ<︒）缓慢转到水平位置，在此过程中，挡板AB受到的压力大小将（）
置（90
A．逐渐变大B．逐渐变小C．先变大后变小D．先变小后变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
在挡板角度变化的过程中，圆柱在重力及两个接触面的弹力作用下处于动态平衡，受力分析如下
三个力可以构成一个闭合的矢量三角形如下图
由图可知，随着木板的转动，木板对圆柱体的压力1F先变小后变大，根据牛顿第三定律，挡板受到的压力1F'也先变小后变大。

故选D。

5．如图所示，固定倾斜直杆上套有一个质量为m 的小球和两根原长均为L 的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点。

已知直杆与
水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均为k =
3sin mg L θ，小球在距B 点4
5
L 的P 点处于静止状态，重力加速度为g 。

则小球在P 点处受到摩擦力为（ ）
A ．sin 5
mg f θ
=，方向沿杆向下 B ．sin 5mg f θ
=，方向沿杆向上 C ．sin 2
mg f θ
=
，方向沿杆向下 D ．sin 2
mg f θ
=
，方向沿杆向上 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
小球在P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F ，根据胡克定律有
45F k L L ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭
设小球静止时受到的摩擦力大小为f ，方向沿杆向下，根据平衡条件有
sin 2mg f F θ+=
解得
sin 5
mg f θ=
方向沿杆向下，选项A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．如图所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。

现给小滑块施加一个竖直向上的拉力F ，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则（ ）
A ．小球对斜劈的压力逐渐减小
B ．斜劈对地面压力保持不变
C ．地面对斜劈的摩擦力逐渐减小
D ．轻绳对滑块的拉力先减小后增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AD ．对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示
根据平衡条件可知，细线的拉力T 增加，故轻绳对滑块的拉力增大，小球受到的斜劈的支持力N 逐渐减小，根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力也减小，故A 正确，D 错误； BC ．对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N ，杆的支持力N ′，拉力F ，如图所示
根据平衡条件，有水平方向
sin N N θ'=
竖直方向
cos F N G θ+=
由于N 减小，故N ′减小，F 增加； 对小球、滑块和斜劈整体分析，在竖直方向
F N
G +=地总
故
N G F =-地总
根据牛顿第三定律，斜劈对地面压力减小。

整体在水平方向不受力，故地面对斜劈的摩擦力始终为零，故BC 错误。

故选A 。

7．如图，光滑球A 与粗糙半球B 放在倾角为30︒的斜面C 上，C 放在水平地面上，均处于静止状态。

若A 与B 的半径相等，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，重力加速度大小为g ，则（ ）
A ．C 对A 3
B ．
C 对B 的摩擦力大小为1
2mg C ．B 对A 23
D ．地面对C 的摩擦力大小为3
6
mg 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．由几何关系可知，C 对A 的支持力、B 对A 的支持力与A 的重力的反向延长线的夹角都是30°，由平衡条件可知
232cos30A BA CA G mg
F F ==
=
︒故C 正确，B 错误；
B ．以AB 整个为对象，沿斜面方向静摩擦力与重力的分力平衡，所以
C 对B 的摩擦力大小为
f 3()sin 302
A B mg
F G G =+︒=
故B 错误；
D ．以ABC 整体为对象，水平方向不受力，所以地面对C 的摩擦力大小为0，故D 错误； 故选C 。

8．如图所示，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为O ，三个完全相同的小圆环a 、b 、c 穿在大环上，小环c 上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环a 、b ，通过不断调整三个小环的位置，最终三个小环恰好处于平衡位置，平衡时绳子ac 、bc 段夹角为120°，已知小环的质量为m ，重力加速度为g ，轻绳与c 的摩擦不计。

则（ ）
A ．a 与大环间的弹力大小为mg
B ．绳子的拉力大小为
3
mg C ．c 受到绳子的拉力大小为3mg D ．c 与大环间的弹力大小为3mg
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．三个小圆环能静止在光的圆环上，由几何知识知aoc 恰好能组成一个等边三角形，对a 受力分析如图所示：
在水平方向上有
cos30cos 60a T N ︒=︒
在竖直方向上有
sin 30sin 30a T N mg ︒+︒=
解得
a N T mg ==
选项A 正确，B 错误； C ．c 受到绳子拉力的大小为
2sin 30T T mg '=︒=
选项C 错误；
D ．以c 为对象受力分析，在竖直方向上有
c N mg T '=+
解得
2c N mg mg mg =+=
选项D 错误。

故选A 。

9．如图（a ）所示，两段等长细线将质量分别为2m 、m 的小球A 、B 悬挂在O 点，小球A
受到水平向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图（b）所示的的状态，小球B刚好位于O点正下方。

则F1与F2的大小关系正确的是（）
A．F1=4F2B．F1=3F2C．F1=2F2D．F1=F2
【答案】A
【解析】
小球A受到F1水平向右的力，B受到F2的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：
设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：
以B球为研究对象，受力如图。

设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：
由几何关系得到：α=β，联立解得：F1=4F2，故选项A正确。

10．表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方'O处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为1 2.4
L R
=和
2
2.5
L R
=，则这两个小球的质量之比为1
2
m
m，小球与半球之间的压力之比为
1
2
N
N，则以下说法正确的是
A．1
2
24
25
m
m
=B．1
2
25
24
m
m
=
C．1
2
25
24
N
N
=D．1
2
24
25
N
N
=
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力
1
m g、绳子的拉力T和半球的支持力N，作出力图．
由平衡条件得知，拉力T和支持力N的合力与重力mg大小相等、方向相反．设
OO h
'=，根据三角形相似得：，解得：11
11
,
Th TR
m g N
l l
==…①同理，
以右侧小球为研究对象，得：22
22
Th TR
m g N
l l
==
，…②，由①：②得12
21
25
24
m l
m l
==，
12
21
25
24
N l
N l
==
11．如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端
N．初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（
2
π
α>）．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中( )
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D ．OM 上的张力先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
以重物为研究对象，受重力mg ，OM 绳上拉力F 2，MN 上拉力F 1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，
在F 2转至水平的过程中，MN 上的张力F 1逐渐增大，OM 上的张力F 2先增大后减小，所以A 、D 正确；B 、C 错误．
12．如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N ．初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α（2π
α>）．现将重物向
右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )
A ．MN 上的张力逐渐增大
B ．MN 上的张力先增大后减小
C ．OM 上的张力逐渐增大
D ．OM 上的张力先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
以重物为研究对象，受重力mg ，OM 绳上拉力F 2，MN 上拉力F 1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，
在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确；B、C错误．
13．如图所示，一定质量的物块用轻绳悬挂在空中，其中轻绳OA与水平线夹角 保持不变，轻绳OB在竖直平面内由水平方向缓慢向上转动（O点位置始终保持不变），则在绳OB由水平转至竖直的过程中，以下说法正确的是
A．轻绳OA的张力大小将一直变小
B．轻绳OA的张力大小先变小后变大
C．轻绳OB的张力大小将一直变小
D．轻绳OB的张力大小先变小后变大
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
对O点受力分析，受重力和两个拉力，如图所示．
三个力平衡，根据矢量三角形可知：OB绳子的拉力先减小后增加，OA绳子的拉力一直减小，
AB.根据图像可知：OA绳子的拉力一直减小，故A正确；B错误；
CD.根据图像可知：OB绳子的拉力先减小后增加，故C错误，D正确；
故选AD
14．如图所示，重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D总重力也为G，底座C与水平地面间的动摩擦因数为μ(0.5＜μ＜1)，平板B的上表面及墙壁是光滑的。

底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．C与地面间的摩擦力总等于2μG不变
B．θ角增大时，地面对C的摩擦力可能先增大后不变
C．要保持底座C静止不动，应满足tanθ≥2μ
D．若保持θ=45°不变，圆柱体重力增大ΔG，仍要保持底座C静止，则ΔG 的最大值
ΔG m=21 1
G μ
μ
-
-
【答案】BD
【解析】
【分析】
用整体法和隔离体法对圆柱体和整体进行受力分析，再根据力的正交分解可求得各力。

【详解】
AB．对A进行受力分析，如图所示
则
1cos N G θ=
12sin N N θ=
对B 、C 、D 做为一个整体受力分析，如图所示
根据平衡条件，则地面摩擦力为
2f N =
联立得
tan f G θ=
可知，随θ角增大，地面对C 的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦力，此时2f G μ=滑，保持不变，故A 错误，B 正确；
C ．最大静摩擦力
m 2f G μ=
因此，要保持底座C 静止不动，应满足
m f f ≤
整理可得
tan 2θμ≤
故C 错误；
D ．若保持θ=45°不变，圆柱体重力增大ΔG ，仍要保持底座C 静止，则
m tan 2f G G f G G θμ=+∆≤=+∆（）（）
代入数据，整理得 ΔG 211G μμ
-≤
- D 正确。

故选BD 。

15．如图所示，将两块光滑平板OA 、OB 固定连接，构成顶角为60°的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m 的光滑小球，整个装置保持静止，OA 板与水平面夹角为15°．现使楔形槽绕O 点顺时针缓慢转动至OA 板竖直，重力加速度为g ，则转动过程中( )
A ．OA 板对小球的作用力一直在减小
B ．OB 板对小球的作用力一直在增大
C ．OA 板对小球作用力的最大值为23 mg
D ．OB 板对小球的作用力大小为mg 时，OA 板对小球的作用力大小也为mg
【答案】BCD
【解析】
在转动过程中，60A B N N G ∠=︒恒定不变，为此可组成以A B N N 为直径得圆，在转动过程中弦A N G 恒定不变，如图所示：
当B 从开始位置转动到竖直位置，即B N 从1到2的过程中，A N 在增大，B N 也在增大；当B 从竖直位置继续转动到A 在竖直位置，即B N 从2到4的过程中，A N 在减小，B N 在增大；故整个过程OA 板对小球的作用力先增大后减小，而B 板对小球的作用力一直在增大，故A 错误，B 正确；当B 在竖直位置时OA 板对小球作用力最大，此时的受力分析，如图所示：
根据平衡条件得：
23
60
A
mg
N
sin
==
︒
，故C正确；当OC线竖直时，球处于静止状
态，受力平衡，根据几何关系可知，两挡板对球的弹力大小相等，且夹角为120︒，根据平衡条件得：N=mg，故D正确；故选BCD.。